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Metodo Simplex: Encontrado una SBF

CCIR / Matematicas

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Determinacion de SBF

Determinacion de SBF

El metodo Simplex visto requiere que se tenga una SBF, pero ¿como hallarla?Existen dos metodos disponibles:

El metodo de la M grande.

El metodo Simplex de las dos fases.


Metodo de la M grande

Metodo de la M grande

1 Modifique las restricciones para que los segundos miembros sean mayor oigual que cero.

2 Identifique las restricciones del tipo = y las del tipo ≥.

3 Convierta a la forma estandar.

4 A cada una de las restricciones identificadas anada una variable artificial ai(Con restricciones ai ≥ 0).

5 Sea M un numero positivo muy grande. Si el problema es de minimizacion,sume M ai a la funcion objetivo. Si es de maximizacion, sume −M ai .

6 Aplique el Simplex. Si al terminar el Simplex. . .

todas las variables artificiales son cero, entonces se ha encontrado eloptimo al problema original.existe alguna variable artificial con valor positivo en la solucion optimaencontrada, entonces el problema original tiene region factible vacıa.


Ejemplo 1

Ejemplo 1

Resuelve el siguiente modelo PL:

Minimice z = 2 x1 + 3 x2

sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥ 20

con x1, x2 ≥ 0.

SolucionLa forma estandar queda:

Minimice z = 2 x1 + 3 x2 + M a1

sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 4

2 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 20

con x1, x2, s1, e1, a1 ≥ 0.


Ejemplo 1

Ejemplo 1

Resuelve el siguiente modelo PL:


sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥ 20

con x1, x2 ≥ 0.SolucionLa forma estandar queda:

Minimice z = 2 x1 + 3 x2 + M a1

sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 4

2 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 20

con x1, x2, s1, e1, a1 ≥ 0.


Ejemplo 1

La version matricial de queda:z x1 x2 s1 e1 a1 RHS VB

1 −2 −3 0 0 −100 0 z0 1/2 1/4 1 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 20 a1

como la matriz no es reducida en z , s1 y a1 hagamos R1 ← R1 + 100R3:

z x1 x2 s1 e1 a1 RHS VB

1 198 297 0 −100 0 2000 z0 1/2 1/4 1 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 20 a1

la cual representa la solucion basica z = 2000, s1 = 4, a1 = 20, x1 = 0, x2 = 0 y

e1 = 0. La cual se deduce que no es optima.


Ejemplo 1

De la matrizz x1 x2 s1 e1 a1 RHS VB

1 198 297 0 −100 0 2000 z0 1/2 1/4 1 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 20 a1 → x2

16 = 4/(1/4)8.66 = 20/3

deducimos que la variable no basica entrante es x2 y que la variable basica

saliente es a1.


Ejemplo 1

Para cambiar la variable basica a1 por la variable no basica x2 hacemos sobre laTabla Simplex


1 198 297 0 −100 0 2000 z0 1/2 1/4 1 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 20 a1 → x2

las operaciones: 1.- R3 ← 1

3R3, 2.- R1 ← R1 − 297R3, 3.- R2 ← R2 − 14 R3, para

obtener:


1 0 0 0 −1 −99 20 z0 1 0 1 1

12 − 112

73 s1

0 23 1 0 − 1

313

203 x2

La cual representa la SBF z = 20, x1 = 0, x2 = 20/3, s1 = 7/3, e1 = 0 y a1 = 0.

La cual es optima.


Ejemplo 1



1 198 297 0 −100 0 2000 z0 1/2 1/4 1 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 20 a1 → x2

las operaciones: 1.- R3 ← 1

3R3, 2.- R1 ← R1 − 297R3, 3.- R2 ← R2 − 14 R3, para

obtener: z x1 x2 s1 e1 a1 RHS VB

1 0 0 0 −1 −99 20 z0 1 0 1 1

12 − 112

73 s1

0 23 1 0 − 1

313

203 x2

La cual representa la SBF z = 20, x1 = 0, x2 = 20/3, s1 = 7/3, e1 = 0 y a1 = 0.

La cual es optima.


Ejemplo 2

Ejemplo 2Resuelve el siguiente modelo PL:


sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥ 36x1 + x2 = 10

con x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar queda:

Minimice z = 2 x1 + 3 x2 + M a1 + M a2

sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 4

2 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 36x1 + x2 + a2 = 10

con x1, x2, s1, e1, a1, a2 ≥ 0.


Ejemplo 2

Ejemplo 2Resuelve el siguiente modelo PL:


sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥ 36x1 + x2 = 10

con x1, x2 ≥ 0.La forma estandar queda:

Minimice z = 2 x1 + 3 x2 + M a1 + M a2

sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 4

2 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 36x1 + x2 + a2 = 10

con x1, x2, s1, e1, a1, a2 ≥ 0.


Ejemplo 2

La version matricial de queda:z x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS VB

1 −2 −3 0 0 −1000 −1000 0 z0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

como la matriz no es reducida en z , s1, a1 y a2 hagamos R1 ← R1 + 1000R3 yR1 ← R1 + 1000R4:

z x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS VB

1 2998 3997 0 −1000 0 0 46000 z0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

la cual representa la solucion basica z = 46000, s1 = 4, a1 = 36, a2 = 10, x1 = 0,

x2 = 0 y e1 = 0. No es optima.


Ejemplo 2

De la matrizz x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS

1 2998 3997 0 −1000 0 0 46000 z0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

16 = 4/(1/4)12 = 36/310 = 10/1

deducimos que la variable no basica entrante es x2 y que la variable basica

saliente es a2.


Ejemplo 2



1 2998 3997 0 −1000 0 0 46000 z0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2 → x2

las operaciones: 1.- R1 ← R1 − 3997R4, 2.- R2 ← R2 − 1

4 R4, 2.- R3 ← R3 − 3R4

para obtener:


1 −999 0 0 −1000 0 −3997 6030 z0 1/4 0 1 0 0 −1/4 3/2 s1

0 −1 0 0 −1 1 −3 6 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 x2


Ejemplo 2



1 2998 3997 0 −1000 0 0 46000 z0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2 → x2

las operaciones: 1.- R1 ← R1 − 3997R4, 2.- R2 ← R2 − 1

4 R4, 2.- R3 ← R3 − 3R4

para obtener:z x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS VB

1 −999 0 0 −1000 0 −3997 6030 z0 1/4 0 1 0 0 −1/4 3/2 s1

0 −1 0 0 −1 1 −3 6 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 x2


Ejemplo 2


1 −999 0 0 −1000 0 −3997 6030 z0 1/4 0 1 0 0 −1/4 3/2 s1

0 −1 0 0 −1 1 −3 6 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 x2

La cual representa la SBF z = 6030, x1 = 0, x2 = 10, s1 = 3/2, e1 = 0, a1 = 6 y

a2 = 2. La cual es optima. Como el valor de a1 = 6 > 0, entonces la region

factible al PL original es vacıa.


Comentarios

Comentarios

¿Como escoger M?Normalmente funciona que M sea al menos 100 veces mas grande que elmas grande de todos los coeficientes en el Tableau.

¿Algun problema?El uso de grandes numeros puede traer errores de redondeo.


El Metodo de las 2 Fases


1 Modifique las restricciones para que los segundos miembros sean mayor oigual que cero.

2 Identifique las restricciones del tipo = y del tipo ≥.

3 Convierta a la forma estandar.

4 A cada una de las restricciones identificadas anada una variable artificial ai(Con restricciones ai ≥ 0).

5 En la fase I, se cambia la funcion objetivo por minimizar w =∑

ai y apliqueel Simplex.

6 El optimo encontrado puede caer en alguno de los siguientes casos:



Caso I:Si en el optimo w > 0, el problema original tiene region factible vacıa.

Caso II:Si en el optimo w = 0 y las variables ai son no basicas, borre de la solucionoptima las variables artificiales ai y del Tableau final las columnascorrespondientes a ellas y reemplace el renglon cero por la funcion objetivodel problema estandar. Pivotee y aplique el Simplex. La solucion optima queencontrara corresponde a la solucion optima.

Caso III:Si en el optimo w = 0 y hay al menos una variable artificial como basica,entonces se borran las variables artificiales no-basicas y aquellas variables delproblema original cuyo coeficiente en el renglon cero es negativo. Reemplaceel renglon cero por la funcion objetivo del problema estandar sin las variablesborradas. Pivotee y aplique el Simplex. La solucion optima queencontrara corresponde a la solucion optima.


Ejemplo 3

Ejemplo 3

EjemploResuelve el siguiente modelo PL:


sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥20x1 + x2 =10

con x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar es: Min z = 2 x1 + 3 x2, sujeto a

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 = 20x1 + x2 = 10

con x1, x2, s1, e1 ≥ 0.


Ejemplo 3

Ejemplo 3



sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥20x1 + x2 =10

con x1, x2 ≥ 0.La forma estandar es: Min z = 2 x1 + 3 x2, sujeto a

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 = 20x1 + x2 = 10

con x1, x2, s1, e1 ≥ 0.


Ejemplo 3

Fase I: Minimizar w = a1 + a2 sujeta a:

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 20x1 + x2 + a2 = 10

La Tabla del Simplex queda:

w x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS VB

1 0 0 0 0 −1 −1 0 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 1 3 0 −1 1 0 20 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

Observe que las variables a1 y a2 no estan sustituidas en el renglon cero, pues sus

coeficientes allı no son cero. Para reducir hacemos las operaciones

R1 ← R1 + 1R3 y R1 ← R1 + 1R4.


Ejemplo 3

Observamos que siendo un problema de minimizacion, la variable no basica con elcoeficiente positivo mayor en el renglon de la funcion es x2; determinamos lasrelaciones para obtener la variable basica saliente.


1 2 4 0 −1 0 0 30 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 1 3 0 −1 1 0 20 a1 → x2

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

166.610

Por tanto, la variable saliente es a1; haciendo R3 ← 1/3R3, R1 ← R1 − 4R3,R2 ← R2 − 1/4R3 y R4 ← R4 − 1R3 dan:

w

x1x1

x2 s1 e1 a1

a2a2

RHS VB

1 2/3 0 0 1/3 −4/3 0 10/3 w0 5/12 0 1 1/12 −1/12 0 7/3 s1

0 1/3 1 0 −1/3 1/3 0 20/3 x2

0 2/3 0 0 1/3 −1/3 1 10/3 a2

5.6205


Ejemplo 3



1 2 4 0 −1 0 0 30 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 1 3 0 −1 1 0 20 a1 → x2

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

166.610


w x1

x1

x2 s1 e1 a1 a2

a2

RHS VB

1 2/3 0 0 1/3 −4/3 0 10/3 w0 5/12 0 1 1/12 −1/12 0 7/3 s1

0 1/3 1 0 −1/3 1/3 0 20/3 x2

0 2/3 0 0 1/3 −1/3 1 10/3 a2

5.6205


Ejemplo 3



1 2 4 0 −1 0 0 30 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 1 3 0 −1 1 0 20 a1 → x2

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

166.610


w

x1

x1 x2 s1 e1 a1

a2

a2 RHS VB

1 2/3 0 0 1/3 −4/3 0 10/3 w0 5/12 0 1 1/12 −1/12 0 7/3 s1

0 1/3 1 0 −1/3 1/3 0 20/3 x2

0 2/3 0 0 1/3 −1/3 1 10/3 a2

5.6205


Ejemplo 3Reconociendo a x1 como variable entrante y a a2 como saliente hacemos lasoperaciones R4 ← 3/2R4, R1 ← R1 − 2/3R4, R2 ← R2 − 5/12R4, yR3 ← R3 − 1/3R4 para obtener:


1 0 0 0 0 −1 −1 0 w0 0 0 1 −1/8 1/8 −5/8 1/4 s1

0 0 1 0 −1/2 1/2 −1/2 5 x2

0 1 0 0 1/2 −1/2 3/2 5 x1

El punto es optimo y w = 0. Termina la fase I y se reconoce el caso II: se tieneuna solucion basica factible, es decir, se tiene un extremo de la region factible:x1 = 5, x2 = 5 y s1 = 1/4.

La fase II comienza con parte de la tabla anteriorpero con la funcion objetivo original:

z x1 x2 s1 e1 RHS VB

1 −2 −3 0 0 0 z0 0 0 1 −1/8 1/4 s1

0 0 1 0 −1/2 5 x2

0 1 0 0 1/2 5 x1


Ejemplo 3Reconociendo a x1 como variable entrante y a a2 como saliente hacemos lasoperaciones R4 ← 3/2R4, R1 ← R1 − 2/3R4, R2 ← R2 − 5/12R4, yR3 ← R3 − 1/3R4 para obtener:


1 0 0 0 0 −1 −1 0 w0 0 0 1 −1/8 1/8 −5/8 1/4 s1

0 0 1 0 −1/2 1/2 −1/2 5 x2

0 1 0 0 1/2 −1/2 3/2 5 x1

El punto es optimo y w = 0. Termina la fase I y se reconoce el caso II: se tieneuna solucion basica factible, es decir, se tiene un extremo de la region factible:x1 = 5, x2 = 5 y s1 = 1/4. La fase II comienza con parte de la tabla anteriorpero con la funcion objetivo original:


1 −2 −3 0 0 0 z0 0 0 1 −1/8 1/4 s1

0 0 1 0 −1/2 5 x2

0 1 0 0 1/2 5 x1


Ejemplo 3

La matriz anterior no esta reducida: hacemos las operaciones R1 ← R1 + 2R4 yR1 ← R1 + 3R3 para obtener:


1 0 0 0 −1/2 25 z0 0 0 1 −1/8 1/4 s1

0 0 1 0 −1/2 5 x2

0 1 0 0 1/2 5 x1

Afortunadamente, no hubo necesidad de ningun calculo adicional pues el punto es

optimo: x1 = 5, x2 = 5 para una evaluacion de z = 25. Normalmente, esto no

ocurre ası.


Ejemplo

Ejemplo



sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥36x1 + x2 =10

con x1, x2 ≥ 0.

La forma estandar queda: Min z = 2 x1 + 3 x2. Sujeto a

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 = 36x1 + x2 = 10


Ejemplo

Ejemplo



sujeto a1/2 x1 + 1/4 x2 ≤ 4

2 x1 + 3 x2 ≥36x1 + x2 =10

con x1, x2 ≥ 0.La forma estandar queda: Min z = 2 x1 + 3 x2. Sujeto a

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 = 36x1 + x2 = 10


Ejemplo

Fase I: Minimizar w = a1 + a2 sujeto a

1/2 x1 + 1/4 x2 + s1 = 42 x1 + 3 x2 − e1 + a1 = 36x1 + x2 + a2 = 10

sujeto a x1, x2, s1, e1, a1, a2 ≥ 0.


1 0 0 0 0 −1 −1 0 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 1 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2

Observe que las variables a1 y a2 no estan sustituidas en el renglon cero, pues sus

coeficientes allı no son cero. Se reduce haciendo R1 ← R1 + 1R3 y

R1 ← R1 + 1R4.


Ejemplo

Para determinar las variables entrante y saliente obtenemos


1 3 4 0 −1 0 0 46 w0 1/2 1/4 1 0 0 0 4 s1

0 2 3 0 −1 1 0 36 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 a2 → x2

161210

Realizando las operaciones R1 ← R1 − 4R4, R2 ← R2 − 1/4R4 y R3 ← R3 − 3R4

para obtener:w x1 x2 s1 e1 a1 a2 RHS VB

1 −1 0 0 −1 0 −4 6 w0 1/4 0 1 0 0 −1/4 3/2 s1

0 −1 0 0 −1 1 −3 6 a1

0 1 1 0 0 0 1 10 x2

El punto es optimo, por tanto la fase I concluye. Como el valor de w no es cero,

se deduce que la region factible para el problema original es vacıa (Caso I).


Ejemplo 5

Ejemplo 5EjemploResuelve el siguiente modelo PL:

Maximice z = 40 x1 + 10 x2 + 7 x5 + 14 x6

sujeto ax1 − x2 + 2 x5 = 0

−2 x1 + x2 − 2 x5 = 0x1 + x3 + x5 − x6 = 3

+ 2 x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 = 4

con xi ≥ 0 para i = 1, . . . , 6.

La forma estandar queda:max z = 40 x1 + 10 x2 + 7 x5 + 14 x6. sujeta a

x1 − x2 + 2 x5 + a1 = 0−2 x1 + x2 − 2 x5 + a2 = 0

x1 + x3 + x5 − x6 + a3 = 3+ 2 x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 + a4 = 4

con xi ≥ 0 para i = 1, . . . , 6 y aj ≥ 0 para j = 1, 2, 3, 4.


Ejemplo 5

Ejemplo 5EjemploResuelve el siguiente modelo PL:

Maximice z = 40 x1 + 10 x2 + 7 x5 + 14 x6

sujeto ax1 − x2 + 2 x5 = 0

−2 x1 + x2 − 2 x5 = 0x1 + x3 + x5 − x6 = 3

+ 2 x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 = 4

con xi ≥ 0 para i = 1, . . . , 6. La forma estandar queda:max z = 40 x1 + 10 x2 + 7 x5 + 14 x6. sujeta a

x1 − x2 + 2 x5 + a1 = 0−2 x1 + x2 − 2 x5 + a2 = 0

x1 + x3 + x5 − x6 + a3 = 3+ 2 x2 + x3 + x4 + 2 x5 + x6 + a4 = 4

con xi ≥ 0 para i = 1, . . . , 6 y aj ≥ 0 para j = 1, 2, 3, 4.


Ejemplo 5

Fase I: La matriz del Simplex queda:w x1 x2 x3 x4 x5 x6 a1 a2 a3 a4 RHS VB

1 0 0 0 0 0 0 −1 −1 −1 −1 0 w0 1 −1 0 0 2 0 1 0 0 0 0 a1

0 −2 1 0 0 −2 0 0 1 0 0 0 a2

0 1 0 1 0 1 −1 0 0 1 0 3 a3

0 0 2 1 1 2 1 0 0 0 1 4 a4

Para reducir hacemos R1 ← R1 + 1R2, R1 ← R1 + 1R3, R1 ← R1 + 1R4 yR1 ← R1 + 1R5:

w x1 x2 x3 x4 x5 x6 a1 a2 a3 a4 RHS VB

1 0 2 2 1 3 0 0 0 0 0 7 w0 1 −1 0 0 2 0 1 0 0 0 0 a1

0 −2 1 0 0 −2 0 0 1 0 0 0 a2

0 1 0 1 0 1 −1 0 0 1 0 3 a3

0 0 2 1 1 2 1 0 0 0 1 4 a4

−−0−32


Ejemplo 5

La variable entrante es x5 y la saliente es a1; haciendo R2 ← 1/2R2,R1 ← R1 − 3R2, R3 ← R3 + 2R2, R4 ← R4 − 1R2 y R5 ← R5 − 2R2:

w x1 x2

x2

x3 x4 x5 x6 a1 a2 a3 a4

a4

RHS VB

1 −3/2 7/2 2 1 0 0 −3/2 0 0 0 7 w0 1/2 −1/2 0 0 1 0 1/2 0 0 0 0 x5

0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 a2

0 1/2 1/2 1 0 0 −1 −1/2 0 1 0 3 a3

0 −1 3 1 1 0 1 −1 0 0 1 4 a4

−−NLNL6

4/3

En el siguiente paso x2 es la variable entrante y a4 es la variable basica saliente.


Ejemplo 5

La variable entrante es x5 y la saliente es a1; haciendo R2 ← 1/2R2,R1 ← R1 − 3R2, R3 ← R3 + 2R2, R4 ← R4 − 1R2 y R5 ← R5 − 2R2:

w x1

x2

x2 x3 x4 x5 x6 a1 a2 a3

a4

a4 RHS VB

1 −3/2 7/2 2 1 0 0 −3/2 0 0 0 7 w0 1/2 −1/2 0 0 1 0 1/2 0 0 0 0 x5

0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 a2

0 1/2 1/2 1 0 0 −1 −1/2 0 1 0 3 a3

0 −1 3 1 1 0 1 −1 0 0 1 4 a4

−−NLNL6

4/3



Ejemplo 5

Haciendo: R5 ← 1/3R5, R1 ← R1 +−7/2R5, R2 ← R2 + 1/2R5 yR4 ← R4 +−1/2R5 entra x2 sale a4:

w x1 x2 x3

x3

x4 x5 x6 a1 a2 a3

a3

a4 RHS VB

1 −1/3 0 5/6 −1/6 0 −7/6 −1/3 0 0 −7/6 7/3 w0 1/3 0 1/6 1/6 1 1/6 1/3 0 0 1/6 2/3 x5

0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 a2

0 2/3 0 5/6 −1/6 0 −7/6 −1/3 0 1 −1/6 7/3 a3

0 −1/3 1 1/3 1/3 0 1/3 −1/3 0 0 1/3 4/3 x2

4NL2.84



Ejemplo 5

Haciendo: R5 ← 1/3R5, R1 ← R1 +−7/2R5, R2 ← R2 + 1/2R5 yR4 ← R4 +−1/2R5 entra x2 sale a4:

w x1 x2

x3

x3 x4 x5 x6 a1 a2

a3

a3 a4 RHS VB

1 −1/3 0 5/6 −1/6 0 −7/6 −1/3 0 0 −7/6 7/3 w0 1/3 0 1/6 1/6 1 1/6 1/3 0 0 1/6 2/3 x5

0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 a2

0 2/3 0 5/6 −1/6 0 −7/6 −1/3 0 1 −1/6 7/3 a3

0 −1/3 1 1/3 1/3 0 1/3 −1/3 0 0 1/3 4/3 x2

4NL2.84



Ejemplo 5

Haciendo R4 ← 6/5R4, R1 ← R1 − 5/6R4, R2 ← R2 − 1/6R4 yR5 ← R5 − 1/3R4: Sale a3 y entra x3 quedando

w x1 x2 x3 x4 x5 x6 a1 a2 a3 a4 RHS VB

1 −1 0 0 0 0 0 0 0 −1 −1 0 w0 1/5 0 0 1/5 1 2/5 2/5 0 −1/5 1/5 1/5 x5

0 −1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 a2

0 4/5 0 1 −1/5 0 −7/5 −2/5 0 6/5 −1/5 14/5 x3

0 −3/5 1 0 2/5 0 4/5 −1/5 0 −2/5 2/5 2/5 x2

Hemos alcanzado el optimo. Como w = 0, entonces la region factible no es vacıa

y arranca la fase II. Estamos en el caso III: debemos borrar las columnas de las

variables auxiliares no basicas (a1, a3 y a4) y aquellas variables del problema

original (las x ’s) con coeficiente negativo en el renglon de la funcion objetivo (x1).


Ejemplo 5

La fase II inicia borrando las columnas de las variables a1, a3, a4 y x1; yreemplazando el renglon de la funcion objetivo por la funcion original:

z x2 x3 x4 x5 x6 a2 RHS VB

1 −10 0 0 −7 0 −14 0 z0 0 0 1/5 1 2/5 0 1/5 x5

0 0 0 0 0 0 1 0 a2

0 0 1 −1/5 0 −7/5 0 14/5 x3

0 1 0 2/5 0 4/5 0 2/5 x2

Para continuar debemos reducir la matriz.


Ejemplo 5

Reduciendo queda:


1 0 0 27/5 0 −16/5 0 27/5 z0 0 0 1/5 1 2/5 0 1/5 x5

0 0 0 0 0 0 1 0 a2

0 0 1 −1/5 0 −7/5 0 14/5 x3

0 1 0 2/5 0 4/5 0 2/5 x2

−−

0.5NLNL0.5

Como el problema es de maximizacion, la variable entrante es x6 y al hacer los

cocientes correspondientes vemos que la saliente es x5.


Ejemplo 5

Haciendo que x6 entre y que salga x5 mediante las operaciones: R2 ← 5/2R2,R1 ← R1 + 16/5R2, R4 ← R4 + 7/5R2 y R5 ← R5 − 4/5R2 :


1 0 0 7 8 0 0 7 z0 0 0 1/2 5/2 1 0 1/2 x6

0 0 0 0 0 0 1 0 a2

0 0 1 1/2 7/2 0 0 7/2 x3

0 1 0 0 −2 0 0 0 x2

Siendo un problema de maximizacion, vemos que hemos alcanzado el optimo con

z = 7 para x2 = 0, x3 = 7/2 y x6 = 1/2; las no basicas del problema original

x1 = 0, x4 = 0, x5 = 0; las artificiales deben ser cero (tanto basicas como no

basicas).


método simplex: encontrado una sbf - mty.itesm.mx · determinaci on de sbf determinaci on de sbf...

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